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1.
构造函数法是证不等式的一种重要方法 ,本文谈谈构造函数法证不等式的几种思考途径 .途径一 利用函数的单调性构造一个函数 ,使原不等式 (或经等价变形后 )的左右两边是这个函数在某一个单调区间上的两个值 ,就可以利用函数的单调性证明不等式 .例 1 已知ａ、ｂ、ｃ∈Ｒ ,且ａ ｂ ｃ =1,求证 :ａｂｃ 1ａｂｃ≥ 2 712 7.证明 令 ｆ(ｘ) =ｘ 1ｘ ,取 0 <ｘ1<ｘ2 <1,则ｆ(ｘ2 ) - ｆ(ｘ1) =(ｘ2 -ｘ1) 1ｘ2 - 1ｘ1=(ｘ2 -ｘ1) 1- 1ｘ1ｘ2 <0 ,所以 ｆ(ｘ)在 (0 ,1)上为减函数 .又 0 <ａｂｃ≤ ａ ｂ ｃ33=12 7,∴ｆ(ａｂｃ) ≥ ｆ 12 … 相似文献
2.
擂台题 (5 4 ) :证明或否定若ａ、ｂ、ｃ为△ＡＢＣ的三边长 ,实数λ≥ 2 ,则(ｂ+ｃ-ａ) λｂλ+ｃλ +(ｃ+ａ -ｂ) λｃλ+ａλ +(ａ +ｂ -ｃ) λａλ+ｂλ ≥ 32①引理 若ｍ、ｎ∈Ｒ+ ,实数 ｐ≥ 1 ,则(ｍ +ｎ2 ) ｐ≤ ｍｐ+ｎｐ2 ②证明 (1 )当 ｐ =1时 ,②式等号成立 ,(2 )当 ｐ >1时 ,令 ｆ(ｘ) =ｘｐ(ｘ >0 ) ,这时 ,ｆ′(ｘ) =ｐｘｐ- 1,ｆ″(ｘ) =ｐ(ｐ -1 )ｘｐ - 2 >0 ,所以 ｆ(ｘ)是 (0 ,+∞ )上的凹函数。因为ｍ、ｎ∈Ｒ+ ,由琴生不等式知ｆ(ｍ +ｎ2 )≤ ｆ(ｍ) +ｆ(ｎ)2 ,即有 (ｍ +ｎ2 ) ｐ≤ ｍｐ+ｎｐ2 ,当且仅当ｍ =ｎ… 相似文献
3.
构造法是一种创造性的数学方法 ,它通过在条件和结论之间建立中转站 ,使条件迅速向结论转化 ,不但可以培养人的创造性思维 ,而且更能让人领悟到数学的无穷乐趣和魅力 .这里略举几例 :例 1 已知ａ ,ｂ ,ｃ∈Ｒ ,ａ +ｂ+ｃ =ｍ ,ａ2 +ｂ2 +ｃ2 =ｍ22 (ｍ >0 ) ,求证 :0 ≤ａ≤2ｍ3 .分析 此题关键在于利用已知条件 ,建立ａ的不等式 ,解得ａ的最大值 .这里可以消去ｃ得到ｂ的一元二次方程 ,再利用ｂ∈Ｒ和Δ≥ 0 ,可以得到ａ的不等式 ,从而得证 .若构造关于ｂ、ｃ的二次函数 ,则更妙 .解 令ｆ(ｘ) =(ｘ-ｂ) 2 +(ｘ-ｃ) 2 ,则ｆ(ｘ) =2ｘ2 -2… 相似文献
4.
在闭区间上的二次函数的绝对值不等式的证明有一个通法 :将二次函数的系数用闭区间上的三个函数值 (一般用区间端点和中点的函数值 )来表示 ,然后借助于绝对值不等式来解决 .例 1 设ａ、ｂ、ｃ∈Ｒ ,ｆ(ｘ) =ａｘ2 +ｂｘ +ｃ(ａ≠ 0 ) .若 | ｆ( 0 ) |≤ 1,|ｆ( 1) |≤ 1,|ｆ( - 1) |≤ 1,试证 :对任何ｘ∈ [- 1,1] ,都有 |ｆ(ｘ) |≤ 54 .证明 :因ｆ( 0 ) =ｃ,ｆ( 1) =ａ +ｂ+ｃ,ｆ( - 1) =ａ-ｂ +ｃ,故解得ａ =ｆ( 1) + ｆ( - 1)2 - ｆ( 0 ) ,ｂ =ｆ( 1) - ｆ( - 1)2 ,ｃ=ｆ( 0 ) .∵ |ｘ|≤ 1∴ | ｆ(ｘ) | =|ａｘ2 +ｂｘ +ｃ|=ｆ( … 相似文献
5.
陈吉猛 《中学生数理化(高中版)》2003,(Z1)
下面,通过一些具体例子说明函数思想在解题中的运用. 一、比较大小例1 试比较|ａ+ｂ|1+|ａ+ｂ|与|ａ|+|ｂ|1+|ａ|+|ｂ|的大小.解:对于函数ｆ(ｘ)=ｘ1+ｘ=1-11+ｘ,易知当ｘ∈(-1,+∞)时,其为增函数.而0≤|ａ+ｂ|≤|ａ|+|ｂ|,故|ａ+ｂ|1+|ａ+ｂ|≤|ａ|+|ｂ|1+|ａ|+|ｂ|.注:通常可以利用函数的单调性解决比较大小的问题.二、证明不等式例2 已知实数ａ、ｂ、ｃ∈(0,1),证明:不等式ａ(1-ｂ)+ｂ(1-ｃ)+ｃ(1-ａ)<1总成立.证明:欲证不等式等价于(1-ｂ-ｃ)ａ+(1-ｃ)(ｂ-1)<0.记ｆ(ａ)=(1-ｂ-ｃ)ａ+(1-ｃ)(ｂ-1),故欲证原不等式成立,只需证明ａ∈… 相似文献
6.
例 1 已知ｘ ,ｙ ,ｚ>0 ,证明 :ｚ2 -ｘ2ｘ + ｙ + ｘ2 -ｙ2ｙ +ｚ + ｙ2 -ｚ2ｚ +ｘ ≥ 0 .证明 设ｘ+ ｙ =ａ ,ｙ +ｚ=ｂ ,ｚ +ｘ=ｃ ,则ｚ-ｘ =ｂ-ａ ,ｘ -ｙ =ｃ-ｂ ,ｙ-ｚ=ａ -ｃ,ａ ,ｂ ,ｃ>0 .于是原式等价于ｂｃａ + ｃａｂ + ａｂｃ ≥ａ +ｂ+ｃ .由ｂｃａ + ｃａｂ ≥ 2ｃ等得证 .例 2 在 ＡＢＣ中 ,ａ +ｂ +ｃ=2ｓ ,ａ ,ｂ,ｃ为三边 ,则ａｂｃ≥ 8(ｓ-ａ) (ｓ -ｂ) (ｓ-ｃ) .证明 设ｓ -ａ =α ,ｓ-ｂ =β ,ｓ-ｃ =γ ,则α ,β ,γ >0 ,α+ β =ｃ,β +γ=ａ ,α +γ=ｂ.于是原式等价于(α + β) (β+γ) (γ +α)≥ 8αβ… 相似文献
7.
关于函数ｙ=ａｓｉｎｔｘ+ｂｃｏｓｔｘ的最值 ,文[1 ] 应用赫尔德 (Ｈｏｌｄｅｒ)不等式给出了如下定理 :定理 函数ｙ=ａｓｉｎｔｘ+ｂｃｏｓｔｘ ,ｘ∈ (0 ,π2 ) ,ａ、ｂ为正常数 ,且ｔ ∈Ｒ(ｔ≠ 0 ,2 ) ,在ｘ =ａｒｃｔａｎ(ａｂ) 1 2 -ｔ 处取得最值 (ａ22 -ｔ +ｂ22 -ｔ) 2 -ｔ2 ,其中(1)当ｔ∈ (0 ,2 )时 ,ｙ取得最大值 ;(2 )当ｔ∈ (2 ,+∞ )时 ,ｙ取得最小值 ;(3)当ｔ∈ (-∞ ,0 )时 ,ｙ取得最小值 .本文应用凸函数的性质给出上述定理的另一证明及其推广 .首先介绍凸函数的一个性质 (引理 ) :引理 ①设函数ｆ(ｕ)是定义在区间Ⅰ… 相似文献
8.
函数是贯穿于初等数学的一根主线 ,函数思想是数学思想方法的重要组成部分 .函数思想的实质是剔除问题的非数学特征 ,用联系变化的观点提出数学对象 ,抽象其数量特征 ,建立函数关系 .下列举例说明函数思想在解题中的重要性和广泛的应用性 .例 1 设ａ、ｂ、ｃ∈Ｒ ,且ａ2 ≤ 1 ,ｂ2 ≤ 1 ,ｃ2 ≤ 1 .求证 :ａｂ ｂｃ ｃａ 1≥ 0证明 :构造一次函数ｆ(ｘ) =(ａ ｃ)ｘ ｃａ 1若ａ ｃ=0 ,由于-1 ≤ａｃ≤ 1 ,有ａｃ 1≥ 0 .即ｆ(ｘ) ≥ 0若ａ ｃ≠ 0 ,ｆ(1 ) =ａ ｃ ｃａ 1=(1 ａ) (1 ｃ) ≥ 0 .ｆ(-1 ) =-(ａ ｃ) ｃａ 1 =(1 -ａ)… 相似文献
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文 [1]应用待定系数法和柯西不等式给出了下面函数的最小值 .定理 1 函数ｙ=ａｓｉｎｘ+ｂｃｏｓｘ,ｘ∈ (0 ,π2 ) ,ａ、ｂ为正常数 ,则 ｙｍｉｎ =(ａ23 +ｂ23 ) 32 .本文应用二元赫尔德 (Ｈｏｌｄｅｒ)不等式给出上面定理 1的推广 .定理 2 函数ｙ =ａｓｉｎｔｘ +ｂｃｏｓｔｘ(ｘ∈ (0 ,π2 ) ,ａ、ｂ为正常数 ,且ｔ∈Ｒ ,(ｔ≠ 0 ,2 ) ,在ｘ =ａｒｃｔａｎ(ａｂ) 12 -ｔ处取得最值 (ａ22 -ｔ+ｂ22 -ｔ) 2 -ｔ2 ,其中(1)当ｔ∈ (0 ,2 )时 ,ｙ取最大值 ;(2 )当ｔ∈ (2 ,+∞ )时 ,ｙ取最小值 ;(3)当ｔ∈ (-∞ ,0 )时 ,ｙ取最小值 .引理 … 相似文献
10.
根据欲证不等式的某些特点 ,引入适当的函数、数列、方程、图形等 .并利用它们的性质证明不等式的方法 ,称为构造法 .以下分别说明几种常见的构造对象 .一、二次函数对二次函数 ｆ(ｘ) =ａｘ2 +ｂｘ+ｃ(α≤ｘ≤ β) ,若ａ >0 ,则 ｆ(ｘ) ≥ 0 Δ≤ 0 ;-ｂ2ａ∈(α ,β)时ｍａｘ{ ｆ(α) ,ｆ( β) }≥ ｆ(ｘ) ≥ｆ -ｂ2ａ ;-ｂ2ａ (α ,β)时 ,ｆ(ｘ)在 ｆ(α)与ｆ( β)之间 .利用ｆ(ｘ) ≥ 0 Δ ≤ 0证明不等式的方法也称为判别式法 .它的用法是 :当欲证之不等式呈现Ｂ2 ≤ ( ≥ )ＡＣ这样的与判别式类似的形式时 ,可考虑构造二次函数 ;… 相似文献
11.
邵剑波 《中学数学教学参考》2000,(6)
有的文献证明了对任何ｘ∈Ｒ,ｆ(ｘ)>0.本文获得定理 设ｘ∈Ｒ,则ｆ(ｘ)=ｘ4 ｘ2 ｘ 1在ｘ=ｘ0=-14 3-564 56144 3-564-56144=-060582958…处,取得最小值ｆ(ｘ0)=516[(ｘ0 1)2 2]=067355322…此定理可用微分法证明,同时得知ｘ0是方程ｆ’(ｘ)=0的惟一实根.下面用不等式(Ａ2 Ｂ2)(1 ａ2)≥(Ａ ａＢ)2(=|ａＡ=Ｂ)来证明.对ｆ(ｘ)进行”双配方”,应用该不等式,有ｆ(ｘ)=(ｘ2 12ｘ)2 34(ｘ 23)2 23=(ｘ2 12ｘ)2 (32ｘ 33)2 23≥11 ａ2[ｘ2 (12 32ａ)ｘ 33ａ]2 23.设3ａ=ｂ,13<ｂ<3,则ｘ2 (12 ｂ2)ｘ ｂ3≥14[4ｂ3-(12 ｂ2)2]=(3ｂ-1)(3-ｂ)48>0… 相似文献
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人民教育出版社编著的《全日制普通高级中学教科书 (试验修订 )·数学 (第一册上 )》第 89页习题2 .8第 4题已知 :ｆ(ｘ) =ｌｇ1-ｘ1+ｘ,ａ ,ｂ ∈ ( - 1,1) ,求证 :ｆ(ａ) + ｆ(ｂ) =ｆ( ａ +ｂ1+ａｂ) .教学之余 ,留有如下思考 ,愿与同仁共同探究 1 编选意图降低了题目自身的要求该题设问内容包含两层意思 :其一是隐含意 ,在已知条件ｆ(ｘ) =ｌｇ1-ｘ1+ｘ,ａ、ｂ∈ ( - 1,1)下 ,ｆ(ａ)、ｆ(ｂ)、ｆ( ａ +ｂ1+ａｂ)都有意义 ,其二是 ｆ(ａ)、ｆ(ｂ)、ｆ( ａ +ｂ1+ａｂ)在数值上满足 ｆ(ａ) + ｆ(ｂ) =ｆ( ａ +ｂ1+ａｂ) .现给出第一种证… 相似文献
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平均不等式是解决最值问题的常用方法之一 ,但是利用它求最值必须满足“一正、二定、三相等”3个基本条件 .有些最值问题 ,在运用平均不等式时等号不能成立 ,此时 ,可适当引入参数 ,利用待定系数法 ,解决平均不等式中等号不能成立的问题 .下面举例加以说明 .一、ｆ(ｘ) =ａｘｍ + ｂｘｎ(ａ ,ｂ ,ｍ ,ｎ>0 )例 1 (2 0 0 0年上海市高考题 )已知函数ｆ(ｘ) =ｘ2 + 2ｘ+ａｘ ,ｘ∈ [1,+∞ ) ,若ａ=12 ,求函数 ｆ(ｘ)的最小值 .分析 当ａ=12 时 ,ｆ(ｘ) =ｘ + 12ｘ+ 2≥ 2 12 + 2 ,当且仅当ｘ =12ｘ,即ｘ =22 时取等号 .但 22<1,不在函数定义… 相似文献
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20 0 2年高考有一道数学题为 :已知ａ >0 ,函数 ｆ(ｘ) =ａｘ -ｂｘ2 .(1)当ｂ >0时 ,若对任意ｘ∈Ｒ ,都有ｆ(ｘ) ≤ 1,证明 :ａ≤ 2ｂ ;(2 )当ｂ >1时 ,证明 :对任意ｘ∈ [0 ,1],｜ｆ(ｘ)｜≤ 1的充要条件是ｂ- 1≤ａ≤ 2 ｂ ;(3)当 0 <ｂ≤ 1时 ,讨论 :对任意ｘ∈[0 ,1],｜ｆ(ｘ)｜≤ 1的充要条件 .绝大多数考生做此题时无所适从 ,根本不知从何下手 ,参考答案给出的方法比较抽象 ,难于理解 ,笔者有一解法 ,介绍如下 :解 (1)由已知ａｘ -ｂｘ2 ≤ 1,∴ ｂｘ2 -ａｘ +1≥ 0 .∵ ｘ∈Ｒ ,ｂ >0 ,∴ Δ =ａ2 - 4ｂ≤ 0 ,∴ ａ≤ 2 ｂ .… 相似文献
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选择题1 下列各式 :( 1) 2 0 0 1 {ｘ|ｘ≤ 2 0 0 3};( 2 ) 2 0 0 3∈ {ｘ|ｘ <2 0 0 3};( 3) {2 0 0 3} {ｘ|ｘ≤ 20 0 3};( 4)Φ∈ {ｘ|ｘ <2 0 0 3},其中正确式子的个数为 ( )Ａ 1 Ｂ 2 Ｃ 3 Ｄ 42 满足ｆ(π +ｘ) =- ｆ(ｘ) ,ｆ( -ｘ) =ｆ(ｘ)的函数 ｆ(ｘ)可能是 ( )Ａ ｓｉｎｘ Ｂ ｓｉｎ ｘ2 Ｃ ｃｏｓ2ｘ Ｄ ｃｏｓｘ3 若函数 ｆ(ｘ) =ａｘ(ａ >0 ,ａ≠ 1)为减函数 ,那么 ｇ(ｘ) =ｌｏｇ1ａ1ｘ - 1的图象是 ( )Ａ ＢＣ Ｄ4 如果ａ·ｂ =ａ·ｃ且ａ≠ 0 ,那么 ( )Ａ ｂ =… 相似文献
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高级中学课本《代数》下册 (必修 )第 12页例 7:已知ａ,ｂ ,ｍ∈Ｒ+ ,且ａ <ｂ,求证 : ａ +ｍｂ+ｍ >ａｂ . (1)该题初看平淡无奇 ,学完分析法之后常会置之不理 .但它及引伸、变形的用处十分广泛 ,许多高考试题都是以它为背景 ,使得它已成为高考命题的生长点 . 1.条件不变 ,还可以有ａｂ <ａ +ｍｂ +ｍ <1;(2 )ｂ +ｍａ+ｍ <ｂａ . (3) 2 .改变条件 :若ａ ,ｂ,ｍ ∈Ｒ+ ,且ｍ <ａ <ｂ,则有ａ-ｍｂ-ｍ <ａｂ <ａ+ｍｂ+ｍ. (4)上述四个结论 ,有着神奇的功能 ,广泛的应用 .下面仅以高考题为例来说明 .例 1 (1989年广东高考理科题… 相似文献
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《中学数学教学参考》2000,(6)
一个不等式猜想的证明猜想见本刊2000年第5期”成果集锦”.证明:猜想的不等式等价于2ａ-ｂ-ｃ 2ｍａ≥ｍｂ ｍｃ,即(2ａ-ｂ-ｃ 2ｍａ)2≥(ｍｂ ｍｃ)2.应用中线公式,展开,有Ｔ=16ｍａ(2ａ-ｂ-ｃ)-8ｍｂｍｃ 8ａ2 11ｂ2 11ｃ2 8ｂｃ-16ａｂ-16ａｃ≥0.①∵(4ｍｂｍｃ)2=(2ａ2 2ｃ2-ｂ2)(2ａ2 2ｂ2-ｃ2)=(2ａ2 ｂｃ)2-2(ａ ｂ ｃ)(-ａ ｂ ｃ)(ｂ-ｃ)2≤(2ａ2 ｂｃ)2,∴4ｍｂｍＣ≤2ａ2 ｂｃ.∴Ｔ≥16ｍａ(2ａ-ｂ-ｃ) 4ａ2 11ｂ2 11ｃ2 6ｂｃ-16ａｂ-16ａｃ=16ｍａ(2ａ-ｂ-ｃ) (2ａ-ｂ-ｃ)(2ａ-7ｂ-7ｃ) 4(ｂ-ｃ)2≥(2ａ-ｂ-ｃ)(16ｍａ 2ａ-7ｂ… 相似文献
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运用分母代换法证明不等式举例 总被引：1，自引：1，他引：1
对于分母是多项式的分式不等式 ,采用将分母进行整体代换后 ,便于应用基本不等式或常见的“( ｎｉ=1ａｉ) ( ｎｉ=11ａｉ)≥ｎ2 (ａｉ >0 )”结论来证明 .下面分类举例 .1 分子为常数型例 1 若ｘ、ｙ、ｚ∈ (0 ,1) ,求证 :11-ｘ+ ｙ+ 11- ｙ+ｚ+ 11-ｚ+ｘ ≥ 3.证明 设 1-ｘ + ｙ=ａ ,1- ｙ+ｚ=ｂ ,1-ｚ+ｘ=ｃ,则ａ >0 ,ｂ>0 ,ｃ>0 ,且ａ +ｂ+ｃ =3.∵ (ａ+ｂ +ｃ) (1ａ + 1ｂ + 1ｃ) ≥ 9,∴ 1ａ + 1ｂ + 1ｃ ≥ 3.故 11-ｘ+ ｙ+ 11- ｙ+ｚ+ 11-ｚ+ｘ ≥ 3.例 2 (第 19届莫斯科奥林匹克竞赛题 )设任意的实数ｘ、ｙ满足 ｜ｘ｜ <1,｜… 相似文献
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《中等数学》2 0 0 2年第 2期数学奥林匹克问题高 1 1 0 :设ａ、ｂ、ｃ∈Ｒ+ .试证 :ａｂ2 + ｂｃ2 + ｃａ2 ≥ 1ａ+ 1ｂ+ 1ｃ.①本文推广不等式① ,得到如下命题 设ｘ1,ｘ2 ,… ,ｘｎ ∈Ｒ+ ,ｎ >1 ,αβ>0 .则ｘα1ｘβ2+ ｘα2ｘβ3+… + ｘαｎ - 1ｘβｎ+ ｘαｎｘβ1≥ｘα - β1+ｘα- β2 +… +ｘα - βｎ ,②等号当且仅当ｘ1=ｘ2 =… =ｘｎ 时成立 .证明 :(用数学归纳法 )( 1 )当ｎ =2时 ,式②左 -右 =ｘα1ｘβ2+ ｘα2ｘβ1-ｘα - β1-ｘα- β2=(ｘα1-ｘα2 ) (ｘβ1-ｘβ2 )ｘβ1ｘβ2.根据ｘ1>0 ,ｘ2 >0 ,αβ >0及幂函数… 相似文献
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1 求证 :ｓｉｎ2 0 0 3° >12 ·ｃｏｓ2 0 0 2°。 (不要使用计算器等工具。)2 试求出两条抛物线 ｙ2 =2 5 -6ｘ与ｘ2 =2 5 -8ｙ的所有的交点的坐标。 (不要使用一元四次方程求根公式。)3 试求出所有的有序正整数对 (ａ ,ｂ) (ａ≤ｂ) ,使得ａ能整除ｂ2 +ｂ +1 ,且ｂ能整除ａ2 +ａ +1。4 试求出所有的函数 ｆ :Ｒ -{0 ,1 }→Ｒ -{0 },使得对于任何的满足“ｘ·ｆ(ｙ) ,ｙ -ｘ∈Ｒ -{0 ,1 }”的ｘ∈Ｒ -{0 },ｙ∈Ｒ -{0 ,1 },都有 ｆ(ｘ·ｆ(ｙ) ) =(1 -ｙ)·ｆ(ｙ -ｘ)。5 试求出所有的函数 ｆ :Ｒ→Ｒ ,使得对于任何的ｘ、ｙ∈… 相似文献